\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题2.5}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{设数列满足$x_{n+1}=\sqrt{x_{n} y_{n}}, y_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2}, x_{1}=a>0, y_{1}=b>0, b>a$,证明$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$和$\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}$存在且相等.}
\textbf{证}\quad
分两种情形:

(1)$a$ 与 $b$ 中至少有一个为零,例如,设 $a=0$ . 则显然有 $x_{n}=0(n=1,2, \cdots), y_{n+1}=\frac{y_{n}}{2}$,\\ 从而,递推得

$y_{n}=\frac{b}{2^{n-1}} \quad(n=1,2, \cdots)$

由此可知 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0=\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}$

(2)设 $a \neq 0$,$ b \neq 0$, 这时,必须 $a>0$, $b>0$ . 否则,若 $a b<0$, 则 $x_{2}=\sqrt{a b}$ 没有意义;

若 $a<0$, $b<0$, 则 $x_{2}=\sqrt{a b}>0, y_{2}=\frac{a+b}{2}<0$, 从而 $x_{3}=\sqrt{x_{2} y_{2}}$ 没有意义.

因此,必须 $a>0$, $b>0$ . 不妨假定 $a \leqslant b$ . 由于两正数的等比中项不超过它们的等差中项,并且都界于原来两数之间,故有 $a \leqslant x_{2} \leqslant y_{2} \leqslant b$, 由此又有  $a \leqslant x_{2} \leqslant x_{3} \leqslant y_{3} \leqslant y_{2} \leqslant b$,应用数学归纳法可知一般有

$a \leqslant x_{n} \leqslant x_{n+1} \leqslant y_{n+1} \leqslant y_{n} \leqslant b \quad(n=2,3, \cdots)$

故 $\left\{x_{n}\right\}$ 为单调增大的有界数列 ,$\left\{y_{n}\right\}$ 为单调减小的有界数列,因此它们的极限都存在. 令 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\alpha, \lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}
	=\beta.$ 在等式 $y_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2}$ 两端取极限,得 $\beta=\frac{\alpha+\beta}{2}$, 故 $\alpha=\beta$, 即 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}$.

证毕.

\section{对任意给定的 $\varepsilon>0$, 存在 $N \in \mathbb{N}^{*}$, 凡是 $n>N$ 时有 $\left|a_{n}-a_{N}\right|<\varepsilon$ 成立,问 $\left\{a_{n}\right\}$ 是不是基本列?}
\textbf{解}\quad
显然,$\exists N \mathrm{s.t.} m, n>N $时 ,$\left|a_{n}-a_{N}\right|<\frac{\varepsilon}{2}$,$\left|a_{m}-a_{N}\right|<\frac{\varepsilon}{2}$


故$\left|a_{n}-a_{m}\right| \leqslant\left|a_{n}-a_{N}\right|+\left|a_{m}-a_{N}\right|<\varepsilon$,所以其为基本列。

\section{若 $\left\{a_{n}\right\}$ 分别满足下列两种情况,问数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是否收敛.}
\subsection{$\left|a_{n+p}-a_{n}\right| \leqslant \frac{p}{n}, \forall n, p \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{解}\quad
$a_{n}=\frac{1}{n}$不收敛

\subsection{$\left|a_{n+p}-a_{n}\right| \leqslant \frac{p}{n^{2}}, \forall n, p \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{解}\quad
$\left|a_{n+p}-a_{n}\right|  \leqslant\left|a_{n+p}-a_{n+} p-1\right|+\cdots+\left|a_{n+1}-a_{n}\right|
	\leqslant \frac{1}{(n+p-1)^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}
	\leqslant \frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p-2}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}
	\leq \frac{1}{n-1}$

$\forall \varepsilon>0, \exists N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]+1, \forall n>N, \forall p,\left|a_{n+p}-a_{n}\right|<\varepsilon$,收敛.

\section{证明下列数列收敛:}
\subsection{$a_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n+1} \frac{1}{n}, n \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{证}\quad
$$
	\begin{aligned}
		\left|a_{n+p}-a_{n}\right| & =\left|\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3} \cdots\right|              \\
		                           & =\left|\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)-\cdots\right| \\
		                           & <\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+p}
	\end{aligned}
$$
$$
	\forall \varepsilon>0, \exists N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]+1, \forall n>N, \forall p,\left|a_{n+p}-a_{n}\right|<\varepsilon
$$
\par 故其为柯西列,收敛.

\subsection{$a_{n}=\sin 1+\frac{\sin 2}{2^{2}}+\cdots+\frac{\sin n}{2^{n}}, n \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{证}\quad
$\left|a_{n+p}-a_{n}\right|<\left|\frac{1}{2^{n+1}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+p}}\right|<\frac{1}{2^{n}}$,$\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>N , \forall p \cdot\left|a_{n+p}-a_{n}\right|<\varepsilon$,收敛.


\subsection{$x_{n}=\frac{\cos 1 !}{1 \cdot 2}+\frac{\cos 2 !}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{\cos n !}{n \cdot(n+1)}, n \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{证}\quad
$$
	\begin{aligned}
		\left|x_{n+p}-x_{n}\right| & <\left|\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+p}-\frac{1}{n+p+1}\right| \\
		                           & <\frac{1}{n+1}
	\end{aligned}
$$
$$
	\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>N , \forall p \cdot\left|a_{n+p}-a_{n}\right|<\varepsilon
$$
故收敛.

\section{设 $x_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$, $y_{n}=\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|$ . 证明:}
\subsection{当 $\left\{y_{n}\right\} $为基本列时, $\left\{x_{n}\right\}$ 也是基本列}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0, \exists N , \forall n>N \text {  s.t. }\left|x_{n+p}-x_{n}\right| \leq\left|x_{n+p}-y_{n}\right|<\varepsilon$,显然$x_{n}$是基本列

\subsection{当 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛时,一定有 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛}
\textbf{证}\quad
由于$y_{n}$收敛等价于$y_{n}$是基本列,所以$x_{n}$是基本列,所以$x_{n}$收敛

\subsection{当 $\left\{y_{n}\right\}$ 有界时,一定有 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛}
\textbf{证}\quad
显然$y_{n}$单调有界,所以$y_{n}$收敛,所以命题等价于$\mathrm{5.2}$,所以$x_{n}$收敛

\section{证明 : 数列$\left\{a_{n}\right\}$有界的充分必要条件$\left\{a_{n}\right\}$的任意子列$\left\{a_{n_{k}}\right\} $都有收敛的子数列.}
\textbf{证}\quad
充分性:由于$a_{n}$的任意子列都有至少一个聚点,若有一个子列$a_{n_{k}}$的极限是正负无穷,则显然能将这个子列的所有聚点的某个$\delta$邻域中的点删去,从而得到一个没有聚点的$a_{n}$的无穷项子列,这与任意$a_{n}$的子列有聚点矛盾,所以$a_{n}$不存在极限是正负无穷的子列,所以任意一个$a_{n}$的子列有界,且这些界可排列为$M_{1},M_{2}\cdots$所以数列$M_{n}$有界,所以取$M_{n}$的任意一个界,其显然都为$a_{n}$的界.

必要性:若有一个子列不存在聚点,则根据聚点原理,这个子列是无穷大,所以显然$a_{n}$不收敛。

\section{设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 : $x_{n} \in[a, b], n=0,1,2, \cdots$ 且发散,则 $\left\{x_{n}\right\}$ 中必有两个收敛于不同数的子列.}
\textbf{证}\quad
$x_{n}$有界,所以根据聚点原理,$x_{n}$存在一个聚点$\alpha$,由于$x_{n}$不收敛,所以$\exists\delta$使得数列在$\alpha$的$\delta$邻域外仍有无限个数,且有界,所以根据聚点原理,数列在$\alpha$的$\delta$邻域外有一个聚点$\beta$,显然$\beta$和$\alpha$不相等.所以$x_{n}$至少存在两个聚点.

\section{设数列定义如下 : $x_{0}=1, x_{n+1}=\frac{1}{x_{n}+1}, n=0,1,2,3, \cdots$, 用闭区间套定理证明$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$}
\textbf{证}\quad
$$
	\begin{aligned}
		 & x_{n}<\frac{\sqrt{5}-1}{2} \Rightarrow x_{n+1}=\frac{1}{x_{n}+1}>\frac{2}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \\
		 & x_{n}>\frac{\sqrt{5}-1}{2} \Rightarrow x_{n+1}=\frac{1}{x_{n}+1}<\frac{2}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \\
	\end{aligned}
$$
\par 所以$x_{2k}<\frac{2}{\sqrt{5}+1},x_{2k+1}>\frac{2}{\sqrt{5}+1}$.
$$
	\begin{aligned}
		x_{2 k+2}-x_{2 k} & =\frac{x_{2 k+1}}{x_{2 k}+2}-x_{2k}                                   \\
		                  & =1-\frac{1}{x_{2 k+2}}-x_{2 k}                                        \\
		                  & =\left(x_{2 k}+2\right)\left(x_{2 k}+2-1-x_{2 k}^{2}-2 x_{2 k}\right) \\
		                  & =\left(x_{2 k}+2\right)\left(-x_{2 k}^{2}-x_{2 k}+1\right)
	\end{aligned}
$$
\par $\because x_{2 k}<\frac{\sqrt{5}-1}{2}  \therefore x_{2 k+2}-x_{2 k}>0$.$\therefore x_{2 k}$单增同理$x_{2 k+1}$单减.有$\because x_{2 k+1}>x_{2 k},x_{n}$有界,故两个子数列存在极限$\alpha$和$\beta$.则$\alpha=\frac{1}{\alpha+1}$,$\beta=\frac{1}{\beta+1}$,解得$\alpha=\beta=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

所以根据闭区间套定理,对于区间套$[x_{2n},x_{2n+1}]$,只有一个点$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$属于全部的区间,所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

\section{设 $E=\left\{\left(\frac{1}{n+2}, \frac{1}{n}\right) \mid n=1,2, \cdots\right\}$ . 问:}
\subsection{$E$ 能否覆盖区间 $(0,1)$}
\textbf{解}\quad
因为 $\forall x \in(0,1)$,$ \exists n \in \mathbb{Z}^{+}$, 使得
$$
	\frac{1}{n+2}<x<\frac{1}{n}
$$
\par 事实上,上式等价于存在自然数 $n$, 使得 $n<\frac{1}{x}<n+2$, 取 $n=\left[\frac{1}{x}\right]-1$ 即可.所以可以覆盖

\subsection{能否从 $E$ 中选出有限个区间覆盖 $\left(0, \frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2}, 1\right)$}
\textbf{解}\quad
不能覆盖$(\frac{1}{2},1)$,但可以覆盖$(\frac{1}{3},1)$.

假设 $A_{1}$, $A_{2}$, $\cdots$, $A_{k}$ 是在 $E$ 中的有限个开区间 ,则可取得这些区间左端点的最小值,不妨
设为 $\frac{1}{n_{1}+2}$, 则区间 $\left(0, \frac{1}{n_{1}+3}\right)$ 之间的点不属于这有限个区间中的任何一个,所以这有限个区间不能覆盖区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ .

$E$ 能够有限覆盖区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$, 因为 $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$ 一个区间就可以覆盖 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ .

\section{用闭区间套定理证明确界存在定理.}
\textbf{证}\quad
设非空集合 $E$ 有一个上界 $M$,任取$x \in E$,如果 $E$ 有上确界,则应该属于区间 $[x, M]$ .

记$[x, M]=\left[a_{1}, b_{1}\right]$, 将其二等分,如果 $\left[\frac{a_{1}+b_{1}}{2}, b_{1}\right]$ 含有 $E$ 中的点,则取其为 $\left[a_{2}, b_{2}\right]$,否则取 $\left[a_{2}, b_{2}\right]=\left[a_{1} \frac{a_{1}+b_{1}}{2}\right]$ . 再将 $\left[a_{2}, b_{2}\right]$ 二等分, 先考虑右半区间,如果含有 $E$ 中的点,则把右半区间记为 $\left[a_{3}, b_{3}\right]$, 否则把左半区间记为 $\left[a_{3}, b_{3}\right]$ .

这样做的目的是保证选取的新区间的右端点总是 $E$ 的一个上界. 依次类推可得闭区间列 :$ I_{n}=\left[a_{n}, b_{n}\right], n=1,2,3, \cdots$, 满足

$I_{1} \supset I_{2} \supset \cdots \supset I_{n} \supset \cdots, \quad\left|I_{n}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{M-x}{2^{n-1}}=0$,并且区间满足如下性质:

(1) $I_{n}$ 右端点的右边没有 $E$ 中点.

(2) $I_{n}$ 总包含 E 中点.

由闭区间套定理存在 $\alpha=\bigcap_{n=1}^{\infty} I_{n}$,

下面证明 $\alpha=\sup E$ .

$\forall c \in E$, 由性质 (1) 可知 $c \leqslant b_{n}, n=1,2, \cdots,$ 因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\alpha$, 因此 $c \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\alpha$ ,
即 $\alpha $为$ E$ 的一个上界.

又因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\alpha$, 所以 $\forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathrm{N}^{*}, a_{N}>\alpha-\varepsilon$, 由性质 (2), 在区间 $I_{N}$ 中一定有 $E$
中的点 $d \in E$ 满足 $d \geqslant a_{N}>_{\alpha}-\varepsilon$.

综上所述 : $\alpha=\sup E$ .

\section{证明 : 对任意的 $x \in[a, b]$, 由题设存在 $U(x, \delta(x))$, 使得 $f(x)$在 $U(x, \delta(x)) \cap[a, b] $上有界, 记其界为$ M_{x}>0$, 即$|f(t)| \leqslant M_{x}, \quad \forall t \in U(x, \delta(x)) \bigcap \mid[a, b]$
 }
\textbf{证}\quad
令
$$
	\mathcal{F}=\{U(x, \delta(x))=(x-\delta(x), x+\delta(x)): x \in[a, b]\}
$$

显然$ \mathcal{F}$ 是 $[a, b]$ 的一个开覆盖. 由有限覆盖定理知, 存在 $\mathcal{F}$ 的有限开区间
$$
	U\left(x_{1}, \delta\left(x_{1}\right)\right), U\left(x_{2}, \delta\left(x_{2}\right)\right), \cdots, U\left(x_{N}, \delta\left(x_{N}\right)\right)
$$

使得
$$
	[a, b] \subset \bigcup_{k=1}^{N} U\left(x_{k}, \delta\left(x_{k}\right)\right)
$$

令
$$
	M=\max \left\{M_{x_{1}}, M_{x_{2}}, \cdots, M_{x_{N}}\right\}
$$

则对任意的 $x \in[a, b]$, 必存在 $k(1 \leqslant k \leqslant N)$, 使得 $x \in U\left(x_{k}, \delta\left(x_{k}\right)\right)$, 从而
$$
	|f(x)| \leqslant M_{x_{k}} \leqslant M
$$

这表明 f(x) 在 [a, b] 上有界.



\end{document}
\subsection{}
\textbf{解}\quad